Lösungshinweise

Gunter Ochs
Wintersemester 2015/16
Mathematik 3 für Informatik
Präsenzaufgaben zum 25. und 26.2.
Lösungshinweise (ohne Garantie auf Felherfreiheit)
1. Sei
2
fc (x) = c · x · e−x
für
x≥0
fc (x) = 0
und
für
x < 0.
c ∈ R ist fc eine Wahrscheinlichkeitsdichte?
R∞
fc (x) ≥ 0 für alle x und −∞ fc (x) dx = 1.
Die erste Bedingung ist immer erfüllt, wenn c ≥ 0, denn für x < 0 ist nach Denition fc (x) = 0 und für
2
x ≥ 0 gilt x · e−x ≥ 0, da beide Faktoren ≥ 0 sind.
2
Um die zweite Bedingung zu prüfen, berechnet man das Integral mit der Substitution y = x ⇒ dy = 2x dx:
∞
R∞
R∞
R
2
∞
f (x) dx = 0 c · x · e−x dx = 21 c 0 e−y dy = 12 c · (−e−y )
−∞ c
(a) Für welche(n) Wert(e) des Parameters
Es müssen zwei Bedingungen erfüllt sein:
0
(b)
= 21 c · (− limb→∞ e−b + e0 ) = 21 c · (0 + 1) = 12 c
Das uneigentliche Integral konvergiert also für beliebiges c. Damit es den Wert 1 annimmt, muss gelten
c = 2.
Die die Wahrscheinlichkeitsdichte f2 (x) = 0 für alle x < 0 ist, ist auch die Verteilungsfunktion F (x) = 0
für x < 0.
−x2
Für x ≥ 0 hat f2 (x) = 2x · e
die Stammfunktion
R
R
2
2
2x · e−x dx = e−y dy = −e−y (+c) = −e−x (+c)
2
(wieder mit Substitution y = x ).
Für die Verteilungsfunktion folgt
(c)
Rx
2
2
f2 (ξ) dξ = −e−x + e0 = 1 − e−x für alle x ≥ 0.
Die Zufallsvariable X habe die Dichte fc mit c aus (a). Berechnen Sie
−22
(i) P (X < 2) = F (2) = 1 − e
= 1 − e−4 ≈ 0, 982 = 98, 2%,
−4
(ii) P (X > 2) = 1 − F (2) = e
≈ 0, 018 = 1, 8%
(iii) P (X ≥ 0) = 1 − F (0) = 1
2
−32
(iv) P (1 < X < 3) = F (3) − F (1) = 1 − e
− (1 − e−1 ) = e−1 − e−9 ≈ 0, 368 = 36, 8%
und (v) P (1 ≤ X ≤ 3) = F (3) − F (1) ≈ 36, 8% wie (iv).
Bemerkung: Da die Verteilung eine Dichte hat, ergeben sich bei < und ≤ bzw. >
F (x) =
0
und ≥ jeweils
immer die gleichen Wahrscheinlichkeiten.
X , Y und Z seien unabhängig
V (Y ) = 3 und
V (Z) = 2.
2. Die Zufallsvariablen
V (X) = 1,
mit Varianzen
a, b ∈ R ist die Varianz von a · X + b · Y + (1 − a − b) · Z minimal?
Hinweis 1: Die Varianz von aX + bY + (1 − a − b)Z ist eine Funktion von zwei Variablen a, b.
Hinweis 2: Es genügt die Bestimmung eines lokalen Minimums. Da die Varianz für a → ∞ und für b → ∞ jeweils
Für welche Werte von
gegen unendlich strebt, ist sichergestellt, dass ein eindeutiges lokales Minimum auch ein globales Minimum ist.
Unter Benutzung der Unabhängigkeit ist
V aX + bY + (1 − a − b)Z = V (aX) + V (bY ) + V ((1 − a − b)Z)
= a2 · V (X) + b2 · V (Y ) + (1 − a − b)2 · V (Z) = a2 + 3b2 + 2(1 − 2a − 2b + 2ab + a2 + b2 )
= a2 + 3b2 + 2 − 4a − 4b + 4ab + 2a2 + 2b2 ) = 3a2 + 5b2 + 4ab − 4a − 4b + 2 = f (a, b)
mit den partiellen Ableitungen
Die Bedingung grad
6
4
4
10
a
b
=
f=
Mit der HesseMatrix
Wegen
faa = 6 > 0
4
4
fa
fb
⇔
Hf =
∂f
∂a
fa =
=
6
4
6
4
0
0
4
10
4
10
und
fb =
∂f
∂a
= 10b + 4a − 4.
führt zum linearen Gleichungssystem
4
4
ist
liegt an der Stelle
= 6a + 4b − 4
a
b
⇔
1
6
2, 5
4
1
4
⇔
1
0
2, 5
−11
+
2 2
11
·3+
3 2
11
·2 =
1
121
⇔
a
b
=
6/11
2/11
.
det Hf = 44 > 0.
=
6/11
2/11
ein lokales Minimum vor. Nach dem 2. Hinweis handelt
es sich um ein globales Minimum, für diese Werte ist die Varianz gleich
6 2
11
1
−2
· (36 + 12 + 18) =
6
11
≈ 0, 55
3.
(a) Ein Prüfer hat 18 Standardfragen, von denen er bei einer Prüfung 6 zufällig auswählt. Der Kandidat kennt
die Antwort von 10 der 18 Fragen. Um zu bestehen, benötigt er 3 richtige Antworten (zu den 6 gestellten
Fragen).
Wie groÿ ist seine Chance, die Prüfung zu bestehen?
Es handelt sich um eine zufällige Auswahl von
K = 10 beantworten. Die Zahl X
der Kandidat
n=6
aus
N = 18
Fragen. Von diesen
N = 18
Fragen kann
der ausgewählten Fragen, welche der Kandidat beantworten
kann, ist dann hypergeometrisch verteilt mit den Parametern
N = 18, n = 6
und
K = 10.
Gesucht ist die Wahrscheinlichkeit
P (X ≥ 3) = P (X = 3) + P (X = 4) + P (X = 5) + P (X = 6).
Die Berechnung wird etwas einfacher, wenn zunächst die Gegenwahrscheinlichkeit berechnet wird:
P (X < 3)
= P (X = 0) + P (X = 1) + P (X = 2) =
2
X
10
k
·
8
6−k
18
6
1
10
8
10
8
10
8
·
· 6 +
· 5 +
· 4
0
1
2
18
6
k=0
=
1
3738
89
· (1 · 28 + 10 · 56 + 45 · 70) =
=
18564
18564
442
=
Es folgt
P (X ≥ 3) = 1 − P (X < 3) = 1 −
89
442
=
353
442
≈ 0, 7986 = 79, 86%
(b) Es gibt beliebig viele mögliche Fragen, jede Frage wird vom Kandidaten mit
50%iger
Wahrscheinlichkeit
richtig beantwortet.
Wie groÿ ist dann die Chance, dass der Kandidat mindestens 3 von 6 Fragen richtig beantwortet?
Hier ist die Binomialverteilung zu benutzen: Es werden
scheinlichkeit
p=
n=6
Fragen gestellt, von denen jede mit Wahr-
1
2 richtig beantwortet wird. Dann ist die Zahl
X ∼ b6;
1
2
binomialverteilt und es gilt
P (X ≥ 3) = 1 − P (X = 0) − P (X = 1) − P (X = 2)
=1−
2 X
6
·
k
1 k
2
· 1−
1 6−k
2
= 1 − (1 + 6 + 15) ·
1 6
2
=1−
k=0
6. Eine verbeulte Münze zeigt mit der Wahrscheinlichkeit
Zahlen bei
nmaligem
40 %
22
21
=
= 0, 65625 = 65, 625%
64
32
Zahl. Die Zufallsvariable
X
gebe die Anzahl der
Werfen an.
(a) Welcher Verteilung genügt
X
?
Da bei jedem Wurf die gleiche Erfolgswahrscheinlichkeit
alverteilung mit Parametern
n
und
p = 0, 4
p = 0, 4
für Zahl vorliegt, kann von einer Binomi-
ausgegangen werden.
(b) Bestimmen Sie die Wahrscheinlichkeit, dass bei 10 Würfen mindestens 6 mal Zahl fällt.
P (X ≥ 6) =
P10
k=6
P (X = k) =
P10
k=6
P
10
k
· 0, 4k · 0, 610−k ≈ 16, 6 %
(c) Bestimmen Sie mit dem zentralen Grenzwertsatz einmal mit und einmal ohne Stetigkeitskorrektur approximativ die Wahrscheinlichkeit, dass bei 150 Würfen mindestens 76 mal Zahl fällt.
Für
n = 150 ist E(X) = np = 150 · 0, 4 = 60, V (x) = np(1 − p) = 150 · 0, 4 · 0, 6 = 36 und σX =
Ohne Stetigkeitskorrektur erhält man damit
= 1 − Φ 16
= 1 − 0, 9962 = 0, 38 %.
6
Mit Stetigkeitskorrektur erhält man analog P (X ≥ 76) = 1 − P (X < 76)
= 1 − P (X < 75, 5) = 1 − Φ 15,5
= 1 − Φ 31
6
12 = 1 − 0, 9951 = 0, 49 %.
P (X ≥ 76) = 1 − P (X < 76) = 1 − Φ
76−60
6
n = 150 mit Stetigkeitskorrektur approximativ die Wahrscheinlichkeit
P (55 < X < 65) = P (55, 5 < X < 64, 5) = Φ 64,5−60
− Φ 55,5−60
= Φ 4,5
− Φ −4,5
6
6
6
6
= Φ(0, 75) − Φ(−0, 75) = Φ(0, 75) − (1 − Φ(0, 75))
= 2 · Φ(0, 75) − 1 = 2 · 0, 7734 − 1 = 0, 5468 = 54, 68 %.
(d) Berechnen Sie für
p
V (X) = 6.
4.
(a) Wie groÿ ist die Wahrscheinlichkeit, beim Lotto 6 aus 49 mindestens 3 Richtige zu haben?
N = 49 (Zahl der Kugeln), n = 6
X der Richtigen gilt
P (X ≥ 3) = P (X = 3) + P (X = 4) + P (X = 5) + P (X = 6)
Hypergeometrische Verteilung mit
(gezogene Kugeln),
K =6
(getippte
Zahlen): Für die Zahl
=
P6
k=3
6
3
H(k|6; 6; 49) =
P6
6
4
43
3
6
k
·
k=3
43
2
43
6−k
49
6
=
1
13.983.816
·
=
1
13.983.816
· (20 · 12341 + 15 · 903 + 6 · 43 + 1 · 1) =
·
+
·
+
6
5
·
43
1
260.624
13.983.816
+
6
6
·
43
0
≈ 1, 86 %
(b) Ein Lottospieler spielt so lange, bis er einmal 3 oder mehr Richtige hat.
Bestimmen Sie Erwartungswert und Varianz der Zahl der Versuche, die er dazu benötigt.
Y ist geometrisch
≈ 1, 86 % aus (a).
Die Zahl der Versuche
260.624
13.983.816
p=
Es folgt
EY =
1
p
=
13.983.816
260.624
V (Y ) = 1−p
p2 ≈ 2852.
p
σY = V (X) ≈ 53, 2.
≈ 53, 7
Die Standardabweichung ist damit
verteilt mit dem Parameter
und
(c) Wie oft muss man mindestens spielen, um mit 50prozentiger Wahrscheinlichkeit wenigstens einmal 3 oder
mehr Richtige zu bekommen?
n, so dass mit Y aus (b) gilt P (Y ≤ n) ≥ 0, 5 ⇔ P (Y > n) ≤ 0, 5,
P (Y > n) = (1 − p)n (die ersten n Versuche sind Fehlversuche). Es muss
Gesucht ist
wobei
n
(1 − p) ≤
1
2
⇔ n · ln(1 − p) ≤ ln
1
2
⇔n≥
ln 21
ln(1−p)
also gelten (mit
p
aus (a))
≈ 36, 8
Also sind 37 Versuche erforderlich.
Bemerkung: Die Umkehrung der Ungleichung von ≤
dass beide Seiten mit dem negativen Faktor
(da
p < 1 ⇒ ln p < 0)
5. Die Zufallsvariable
X
zu ≥ im letzten Umformungsschritt resultiert daher,
1
ln p
multipliziert wurden.
sei normalverteilt mit Erwartungswert
(a) Wie groÿ ist die Wahrscheinlichkeit, dass
(i) zwischen 7 und 15,
(ii) kleiner 10,
Mit der Verteilungsfunktion
X
µ=9
und Varianz
σ 2 = 25.
einen Wert
(iii) gröÿer 8
annimmt?
Φ der Standardnormalverteilung, deren Werte einer Tabelle entnommen werden
können, erhält man
P (7 < X < 15) = Φ 15−µ
− Φ 7−µ
= Φ 15−9
− Φ 7−9
= Φ(1, 2) − Φ(−0, 4)
σ
σ
5
5
= Φ(1, 2) − (1 − Φ(−0, 4)) = Φ(1, 2) + Φ(0, 4) − 1 = 0, 8849 + 0, 6554 − 1 = 0, 5403 = 54, 03 %,
P (X < 10) = Φ 10−9
= Φ(0, 2) = 0, 5793 = 57, 93 %,
5
8−9
P (X > 8) = 1 − Φ 5 = 1 − Φ(−0, 2) = Φ(0, 2) = 0, 5793 = 57, 93 %
c1 , c2 > 0, so dass gilt
P (X ≤ 9 + c1 ) ≥ 90 %,
(ii) P (9 − c2 < X < 9 + c2 ) ≥ 90 %.
9+c1 −9
(i) Für c1 > 0 ist P (X ≤ 9 + c1 ) = Φ
= Φ c51
5
Damit dieser Ausdruck ≥ 0, 9 ist, muss gelten
Φ c51 ≥ 0, 9 ⇔ c51 ≥ 1, 28 ⇔ c1 ≥ 5 · 1, 28 = 6, 4
(b) Bestimmen Sie möglichst kleine Zahlen
(i)
z0,9 ≈ 1, 28
Bei der vorletzten Äquivalenz wurde benutzt, dass
90%Quantil
(gerundet) das
der Standardnormalverteilung ist (vgl. Vorlesung).
(ii) Hier gilt analog
P (9 − c2 < X < 9 + c2 ) = Φ
Damit dieser Ausdruck
=Φ
≥ 0, 9
9+c2 −9
− Φ 9−c52 −9
5
c2
c2
5 − (1 − Φ 5 ) =
ist, muss mit dem
=Φ
c2
5
−Φ
2Φ c52 − 1
95 %Quantil der
gelten
2·Φ
c2
5
≥ 1, 9 ⇔ Φ
c2
5
≥ 0, 95 ⇔
c2
5
≥ 1, 645 ⇔ c2 ≥ 8, 225
−c2
5
Standardnormalverteilung
z0,95 ≈ 1, 645
7. Die Zahl
X
der Schadensfälle einer Versicherung an einem Tag sei Poissonverteilt mit Erwartungswert 100.
(a) Berechnen Sie die Wahrscheinlichkeit, dass genau 100 Schadensfälle auftreten.
Der Erwartungswert ist gleich dem Parameter
P (X = 100) =
e−λ
100!
·λ
100
=
e−100
100!
· 100
100
λ
der PoissonVerteilung. Damit ist
≈ 0, 0399 = 3, 99 %.
X
(b) Geben Sie Varianz und Standardabweichung von
Es ist
V (X) = λ = 100
und
σX
an.
p
= V (X) = 10.
(c) Berechnen Sie approximativ mit Hilfe der Normalverteilung mit Stetigkeitskorrektur die Wahrscheinlichkeit,
dass
(i) mehr als 120:
P (X > 120) = P (X > 120, 5) = 1 − Φ
120,5−EX
σX
20,5
10
=1−Φ
= 1 − Φ(2, 05) = 1 − 0, 9798 = 0, 0202 = 2, 02 %.
(ii) weniger als 85:
P (X < 85) = P (X ≤ 84, 5) = Φ
84,5−EX
σX
−16,5
10
=Φ
= 1 − Φ(1, 65) = 1 − 0, 9505 = 0, 0495 = 4, 95 %.
(iii) zwischen 90 und 110 Schadensfälle auftreten:
P (90 ≤ X ≤ 110) = P (89, 5 < X ≤ 110, 5) = Φ
110,5−EX
σX
−Φ
89,5−EX
σX
= Φ(1, 05) − Φ(−1, 05) = Φ(1, 05) − (1 − Φ(1, 05)) = 2 · Φ(1, 05) − 1
= 2 · 0, 8531 − 1 = 0, 7062 = 70, 62 %.
(d) Was lässt sich über die Verteilung von
verteilte Zufallsvariable mit Parameter
X + Y sagen,
λ = 50 ist?
wenn
Y
eine weitere von
Die Summe zweier Poissonverteilter Zufallsvariablen mit den Parametern
X +Y
Poissonverteilt mit Parameter
λ2
ist wieder Poisson
λ = 150.
8. Von einem Artikel wird pro Werktag eine zufällige Stückzahl
V (X) = 2
und
unabhängige Poisson
λ = λ1 + λ2 .
verteilt mit Parameter
Somit ist
λ1
X
X
mit Erwartungswert
EX = 6
und Varianz
verkauft. Der Händler bestellt den Artikel nach, wenn der Lagerbstand 320 Stück erreicht hat. Die
Lieferfrist beträgt 50 Werkage.
Berechnen Sie mit Hilfe des zentralen Grenzwertsatzes approximativ die Wahrscheinlichkeit, dass in der Wiederbeschaungszeit eine Nachfrage nicht befriedigt werden kann.
Die Nachfrage kann genau dann nicht befriedigt werden, wenn sie innerhalb der Lieferfrist mehr als 320 Stück
beträgt. Diese Nachfrage
EXi = 6
Es folgt
und
N
ist die Summe von 50 unabhängigen identisch verteilten Zufallsvariablen
V (Xi ) = 2.
EN = 50 · 6 = 300
und
V (N ) = 50 · 2 = 100 ⇒ σN =
√
Xi
mit
100 = 10.
Nach dem zentralen Grenzwertsatz mit Stetigkeitskorrektur (da die Zahl der verkauften Artikel ganzzahlig ist)
gilt näherungsweise
P (N > 320) = P (N > 320, 5) = 1 − P (N ≤ 320, 5) ≈ 1 − Φ
320,5−300
10
= 1 − 0, 9798 = 0, 0202 ≈ 2 %.
Bemerkung:
Ohne Stetigkeitskorrektur erhält man stattdessen
P (N > 320) ≈ 1 − Φ(2) = 2, 27 %.
= 1 − Φ(2, 05)